ĐỀ THI HAY SỐ 18 NĂM 2011

1

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN
ĐỀ SỐ 18

Câu I) Cho hàm số
3 2
1
x
y
x
−
=
+
(C)
1) Khảo sát và vẽ ñồ thị (C)
2) Gọi I là giao của hai ñường tiệm cận của ñồ thị. Viết phương trình tiếp tuyến d của ñồ thị hàm
số biết d cắt tiệm cận ñứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B thỏa mãn:
5
ˆ
cos
26
BAI = .
Câu II)
1) Giải phương trình:
(
)
2
3 sin 2 3sin 3 2cos 3cos 2
x x x x
− + = + −

2) Tìm m ñể phương trình sau có hai nghiệm phân biệt:
( )
2 2
2 1 1 10 8 4
m x x x x
+ + = + +


Câu III)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ñồ thị hàm số
(
)
3
1 ln
y x x
= +
tr
ụ
c hoành và
ñườ
ng th
ẳ
ng
3
x e
=


Câu IV)

Cho hình chóp SABCD có
ñ
áy ABCD là hình thang vuông t
ạ
i A, B có
; 2
AB BC a AD a
= = =
, SAC là tam giác cân t
ạ
i S và n
ằ
m trong m
ặ
t ph
ẳ
ng vuông góc v
ớ
i
ñ
áy,
SB t
ạ
o v
ớ
i (SAC) góc 60
0
. G
ọ
i O là giao

ñ
i
ể
m AC và BD. Gi
ả
s
ử
m
ặ
t ph
ẳ
ng (P) qua O song
song v
ớ
i SC c
ắ
t SA
ở
M. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp MBCD và xác
ñị
nh tâm bán kính m
ặ
t c
ầ
u ngo
ạ

i
ti
ế
p kh
ố
i chóp SACD.

Câu V)
Cho các s
ố
th
ự
c d
ươ
ng a, b,c th
ỏ
a mãn: a+b+c=1. Tìm GTLN c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
3
3
2
bc
P a bc= + +
Câu VI)
1) Trong m

ặ
t ph
ẳ
ng Oxy cho
ñườ
ng th
ẳ
ng
:3 4 25 0
d x y
+ − =
, Xét
ñ
i
ể
m M thu
ộ
c (d) trên tia
OM l
ấ
y
ñ
i
ể
m N sao cho OM.ON=1. Ch
ứ
ng minh N ch
ạ
y trên m
ộ

t
ñườ
ng tròn c
ố

ñị
nh. Vi
ế
t
ph
ươ
ng trình
ñườ
ng tròn
ñ
ó.

2) Trong không gian Oxyz cho các
ñ
i
ể
m A(1;0;0); B(2;-1;2), C(-1;1;3) và
ñườ
ng th
ẳ
ng
1 2
:
1 2 2
x y z

− −
∆ = =
−
. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc
∆
ñi qua ñiểm A và cắt mặt phẳng
(ABC) theo ñường tròn có ñường kính nhỏ nhất.

Câu VII) Giải bất phương trình sau:
( ) ( )
2
2
2(9 )
9
4
4 2 3 3 1
x
x
x
−
−
−
+ ≤ +


GV Nguyễn Trung Kiên 0988844088-01256813579


2

ĐÁP ÁN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỀ SỐ 18
GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088
Câu I)
1) Học sinh tự làm
2) Ta có
Véc tơ pháp tuyến của d là:
( )
2
0
5
; 1
1
n
x
 
 
= −
 
+
 


Ph
ươ
ng trình c
ủ
a hai
ñườ
ng ti
ệ

m c
ậ
n c
ủ
a (C) l
ầ
n l
ượ
t là:
1 2
: 1; : 3
d x d y
= − =
.
Tam giác ABI vuông t
ạ
i I nên BAI là góc nh
ọ
n vì v
ậ
y
( )
2
0
0
2
0
0
4
0

5
.
0
( 1)
5 5
cos , 1 cos 5
2
( 1)
25 26
1
( 1)
ni
x
x
d d BAI
x
x
n i
x
=

+
= = = = ⇒ = ⇔

= −
+

+
+
 

 

V
ậ
y có hai ti
ế
p tuy
ế
n th
ỏ
a mãn là:
5 2; 5 2
y x y x
= − = +


Câu II)

1)
Giải:
(
)
(
)
( ) ( )( )
2 2
2
3 sin 2 3sin 3 2cos 3cos 2 3sin 2 3cos 2 1 sin 3 3sin 5
3sin 2 3cos 2sin 3 3sin 3 cos 2 3sin 3 2sin 3 sin 3
x x x x x x x x

x x x x x x x x
− + = + − ⇔ − = − + −
⇔ − = − + − ⇔ − = − − −

( )( )
( )
2
2sin 3 0
3
2sin 3 3cos sin 3 0
2
3 cos sin 3
2
3
x k
x
x x x k
x x
x k
π
π
π
π

= +


− =
⇔ − + − = ⇔ ⇔ ∈



+ =



= +


ℤ


2) Nh
ậ
n xét:
(
)
(
)
2
2 2
10 8 4 2 2 1 2 1
x x x x
+ + = + + +
.
Phương trình tương ñương với
2
2 2
2 1 2 1
2 2 0
1 1

x x
m
x x
   
+ +
− + =
   
+ +
   

Đặt
2
2 1
.
1
x
t
x
+
=
+
Điều kiện
2 5
t
− < ≤
. Rút m ta có
2
2 2
t
m

t
+
=

Lập bảng biến thiên của hàm số trên
(
2; 5

−


Ta có k
ế
t qu
ả
c
ủ
a m
ñể
ph
ươ
ng trình có hai nghi
ệ
m phân bi
ệ
t là:
12
4
5
m< ≤

hoặc
5 4
m
− < < −


Câu III)
3

Hoành ñộ giao ñiểm của hai ñồ thị là nghiệm của phương trình:
( )
3
1( )
1 ln 0
1
x L
x x
x
= −

+ = ⇔

=


Diện tích cần tính:
( ) ( )
3 3
3 3
1 1

1 ln 1 ln
e e
S x xdx x xdx
= + = +
∫ ∫
Đặt
3
3 4
1
ln
3
( 1)
4
du dx
x u
x
x dx dv
v x x

=

=

 
⇒
 
+ =




= +



( )
( )
3
3 3 3
4 3
3 4 4 3 3 4
3
1 1 1
1
3 3 3 9 27 32 25
ln 1 3 4
4 4 4 16 16
e
e e e
e e
S x x x x dx e e x x
+ +
 
= + − + = + − − =
 
 
∫


Câu IV)

- Gọi H là trung ñiểm AC suy ra SH vuông góc với mp(ABCD). Gọi E là trung ñiểm của AD thì
ABCE là hình vuông nên H là giao ñiểm của AC và BE
2
2
a
BH⇒ =

Có
0
6
ˆ
60 cot60
6
a
BSH SH BH= ⇒ = =

Ta có O là trọng tâm tam tam giác BEC nên
2 1
3 3
OC CH AC
= =
. Qua O kẻ ñường thẳng song
song với SC cắt SA ở M thì
1
3
SM SA
=
; Hạ MJ vuông góc với AC thì
2 2 6
3 18

a
MJ SH= =

Vậy
3
2
1 1 2 6 1 6
. ( ) .
3 3 18 2 54
MBCD
a a
V MJ dt BCD a= = =


- Tam giác ACD vuông tại C nên E là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Dựng Ex vuông
góc với ñáy (Ex//SH) thì Ex là trục ñường tròn (ACD)
Gọi K là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác SAC thì K thuộc SH. Qua K dựng ñường thẳng Ky
vuông góc với (SAC) (Ky//HE). Ta có
Ex
I Ky
= ∩
là tâm mặt cầu ngoại tiếp SACD
Ta xác ñịnh K như sau: Kẻ trung trực Nz của cạnh SC cắt SH ở K thì K là tâm vòng tròn ngoại
tiếp SAC.
4

y
x
H
C

O
M
N
K
I
D
E
B
A
S

Ta có
0 0 2 2
6
ˆ ˆ
AS 120 S 60
3
a
C K C SK SA SH BH= ⇒ = ⇒ = = + =
6 6 6
3 6 6
a a a
HK EI SK SH⇒ = = − = − =
;
2 2
2 2 2 2 2
7 42
6 6 6
a a a
R IA EI AE a R= = + = + = ⇒ =

Câu V)
Ta có
3
3
3 3
3
2
2
3 2 3
3
( )( ) ( )( ) (*)
2 3 2 3
a b c
a bc a b a c a b a c
+ + +
+ = + + = + + ≤

3 3 3
3
1
3 3
3
(**)
2 2 3 2 3
b c
bc bc
+ +
= ≤

Cộng hai bất ñẳng thức cùng chiều ta có
3
3 3 3
2 1
2
3 3
3 3
2 2 3 2
a b c b c
bc
P a bc
 
+ + + + + +
 
= + + ≤ =
 
 
 

Dấu bằng xảy ra khi
3
1 3
3 2
a b c MaxP= = = ⇒ =

Câu VI)
5

1) Theo giả thiết ta có
,

OM ON
 
cùng hướng nên
( 0)
M N
M N
x kx
k
y yx
=

>

=


Ta có
2 2
1
. 1 . 1 . . 1 . . 1 (*)
M N M N N N N N N N
OM ON OM ON x x y y kx x ky y x y
k
= ⇔ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + =
 

Vì M thuộc ñường thẳng (d) nên
3 4
1
3 4 25 3 4 25 (**)

25
N N
M M N N
x y
x y kx ky
k
+
+ = ⇒ + = ⇒ =

Từ (*) và (**) suy ra
2 2
N N
x y
+
3 4
0
25
N N
x y
+
− =

Vậy ñiểm M luôn thuộc ñường tròn (C):
2 2
3 4
0
25 25
x y x y
+ − − =

2)
(
)
2 2
1 ;2 ;2 2 ; ( ;2 ;2 2 ) 9 8 4
I t t t IA t t t R t t
− + − + ⇒ = + +


Ta có
(1; 1;2), ( 2;1; 3)
AB AC
− − −
 

Mặt phẳng (ABC) có VTPT
, (1; 1; 1) ( ): 1 0
n AB AC mp ABC x y z
 
= = − − ⇒ − − − =
 
  

Ta có
( )
2
2
2 2 2 2
/( )
2 5

2 5
2( 1) 6
9 8 4 2
3 3
3
I ABC
t
t
t
d r R d t t
+
+
+ +
= ⇒ = − = + + − = ≥
. Từ ñó ta suy ra
bán kính nhỏ nhất của vòng tròn giao tuyến là 2 khi
2
1 (2; 2;0); 5
t I R
= − ⇒ − =

Phương trình mặt cầu là:
2 2 2
( 2) ( 2) 5
x y z
− + + + =

Câu VII)
Ta có
( ) ( )

2 2
9 2 9
4 2 3 3 1
x x
− −
+ = +
Đ
i
ề
u ki
ệ
n
2
9 0 3 3
x x
− ≥ ⇔ − ≤ ≤
. B
ấ
t ph
ươ
ng trình t
ươ
ng
ñươ
ng v
ớ
i
( ) ( )
2
2

2(9 )
2 2
2 9
2 2
4
2(9 ) (9 )
3 1 3 1 2 9 9
4 4
x
x
x
x x
x x
x x
−
−
−
− −
+ ≤ + ⇔ − ≤ ⇔ − ≤
− −

( )
2
2 2 2 2 2
4 2 4 2
(4 ) 9 (9 ) (9 ) 2 8 7 0
2 2
x x x x x x x
− +
 

⇔ − − ≤ − ⇔ − − + ≤ ⇔ ≤ ≤
 

Vậy bất phương trình có nghiệm là:
4 2 4 2
2 2
x
− +
≤ ≤